Chủ đề này có 8 trả lời

[khongghen]

Ba đường tròn tâm A1,A2,A3(màu đỏ) tiếp xúc với nhau. Vẽ đường tròn tiếp xúc với cả ba đường tròn màu đỏ(đường tròn màu đen). Vẽ ba đường tròn tâm B1,B2,B3 mỗi đường tròn này tiếp xúc với hai đường tròn màu đỏ và một đường tròn màu trắng. Chứng minh rằng A1B1,A2B2,ẢB3 đồng quy.

 

 

[perfectstrong]

Có 1 bài tương tự đã được chứng minh ở đây

http://www.artofprob...php?f=47&t=5190

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 13-06-2013 - 11:15

[khongghen]

Bài đó không phải bài này cháu ạ. Bài họ đề cập đến là bài toán Định Lý 7 đường tròn(seven circles theorem họ phát hiện năm 1974)-(tiếp điểm nối lại thì đồng quy) còn bài toán ở đây khác tâm lối lại thì đồng quy.(giả thuyết bài toán này mạnh hơn-nếu với giả thuyết bài toán kia sẽ không đúng cho kết luận của bài toán này.

 

http://en.wikipedia....circles_theorem

[perfectstrong]

Cháu phát hiện ra thêm 1 điều nữa.

Gọi $X_i$ là tiếp điểm của $(A_i)$ và $(O)$. $(A_1) \cap (A_2)=T_3,(A_2) \cap (A_3)=T_1,(A_3)\cap (A_1)=T_2$.

Khi đó $X_iT_i,A_iB_i(i=\overline{1,3})$ đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 13-06-2013 - 16:31

[perfectstrong]

Vật vã 3 ngày mới xong Hơi phức tạp.

Lời giải:

Đầu tiên, ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho chuỗi 4 đường tròn $(O_1),(O_2),(O_3),(O_4)$ sao cho $(O_i)$ tiếp xúc $(O_{i+1})$ tại $A_i (i=\overline{1,4},O_5 \equiv O_1)$ (tiếp xúc trong hay ngoài bất kì). Khi đó $A_1,A_2,A_3,A_4$ đồng viên.

Chứng minh bổ đề 1:

Dễ thấy $A_i  \in O_i O_{i + 1} \left( {i = \overline {1,4} } \right)$. Xét góc theo modulo $\pi$

\[
\begin{array}{l}
 \left( {A_1 A_2 ;A_1 A_4 } \right) \equiv \left( {A_1 A_2 ;A_1 O_2 } \right) + \left( {A_1 O_1 ;A_1 A_4 } \right) \equiv \frac{\pi }{2} - \frac{1}{2}\left( {O_2 A_1 ;O_2 A_2 } \right) + \frac{\pi }{2} - \frac{1}{2}\left( {O_1 A_4 ;O_1 A_1 } \right) \equiv \frac{1}{2}\left( {O_2 A_2 ;O_1 A_4 } \right) \\
 \left( {A_3 A_2 ;A_3 A_4 } \right) \equiv \left( {A_3 A_2 ;A_3 O_3 } \right) + \left( {A_3 O_4 ;A_3 A_4 } \right) \equiv \frac{\pi }{2} - \frac{1}{2}\left( {O_3 A_3 ;A_3 A_2 } \right) + \frac{\pi }{2} - \frac{1}{2}\left( {O_4 A_4 ;O_4 A_3 } \right) \equiv \frac{1}{2}\left( {A_3 A_2 ;O_4 A_4 } \right) \\
 \end{array}
\]
Từ đó ta có $A_1,A_2,A_3,A_4$ đồng viên.

==================================

Quay lại bài toán. Gọi $R_i,r_i$ thứ tự là bán kính của $(A_i),(B_i)$; và $R$ là bán kính của $(O)$.

Gọi $X_i,H_i$ thứ tự là tiếp điểm của $(O)$ và $(A_i),(B_i)$.

$T_1,T_2,T_3$ thứ tự là tiếp điểm của các cặp đường tròn có tâm là $(A_2,A_3),(A_3,A_1),(A_1,A_2)$.

$(A_3)$ tiếp xúc $(B_1),(B_2)$ tương ứng tại $I_1,I_2$.

$(A_2)$ tiếp xúc $(B_1),(B_3)$ tương ứng tại $K_1,K_3$.

$(A_1)$ tiếp xúc $(B_2),(B_3)$ tương ứng tại $J_2,J_3$.

Nhận xét 1: $A_1B_1,I_1T_2,K_1T_3$ đồng quy tại $M_1$ thoả là tâm đẳng phương của $(A_3),(A_2),(O)$.

Chứng minh nhận xét 1:

Vẽ $K_1T_3 \cap B_1A_1=M_1$. Theo định lý Menelaus cho $\triangle A_2A_1B_1$ với cát tuyến $M_1K_1T_3$:

$$1 = \frac{{\overline {M_1 B_1 } }}{{\overline {M_1 A_1 } }}.\frac{{\overline {T_3 A_1 } }}{{\overline {T_3 A_2 } }}.\frac{{\overline {K_1 A_2 } }}{{\overline {K_1 B_1 } }} = \frac{{\overline {M_1 B_1 } }}{{\overline {M_1 A_1 } }}.\left( { - \frac{{R_1 }}{{R_2 }}} \right).\left( { - \frac{{R_2 }}{{r_1 }}} \right) \Rightarrow \frac{{\overline {M_1 B_1 } }}{{\overline {M_1 A_1 } }} = \frac{{r_1 }}{{R_1 }}$$

Do đó $ \Rightarrow \frac{{\overline {M_1 B_1 } }}{{\overline {M_1 A_1 } }}.\frac{{\overline {T_2 A_1 } }}{{\overline {T_2 A_3 } }}.\frac{{\overline {I_1 A_3 } }}{{\overline {I_1 B_1 } }} = \frac{{r_1 }}{{R_1 }}.\left( { - \frac{{R_1 }}{{R_3 }}} \right).\left( { - \frac{{R_3 }}{{r_1 }}} \right) = 1$

Theo định lý Menelaus cho $\triangle A_3A_1B_1$ thì $M_1 \in I_1T_2$, hay $A_1B_1,I_1T_2,K_1T_3$ đồng quy tại $M_1$.

Áp dụng bổ đề 1 cho chuỗi 4 đường tròn

+ $(B_1),(A_3),(A_1),(A_2)$ thì $I_1,T_2,T_3,K_1 \in (\omega_1)$.

+ $(O),(B_1),(A_3),(A_1)$ thì $H_1,I_1,T_2,X_1 \in (\omega_2)$.

+ $(O),(B_1),(A_2),(A_1)$ thì $H_1,K_1,T_3,X_1 \in (\omega_3)$.

Do đó $H_1X_1,I_2T_2,K_1T_3$ là các trục đẳng phương của $(\omega_1), (\omega_2), (\omega_3)$. Mà $M_1=K_1T_3 \cap I_1T_2 \Rightarrow M_1 \in H_1X_1$.

Từ đó ta có: \[ \overline {M_1 H_1 } .\overline {M_1 X_1 }  = \overline {M_1 I_2 } .\overline {M_1 T_2 }  = \overline {M_1 K_1 } .\overline {M_1 T_3 }  \Rightarrow P_{M_1 /\left( O \right)}  = P_{M_1 /\left( {A_3 } \right)}  = P_{M_1 /\left( {A_2 } \right)} \]

Ta có nhận xét 1 đúng.

==================================

Xác định tương tự, ta có $M_3,M_2$. Vì nhận xét 1 nên $M_2M_3,M_3M_1,M_1M_2$ thứ tự tiếp xúc $(O)$ tại $X_1,X_2,X_3$.

 

(còn nữa)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 15-06-2013 - 15:50

[perfectstrong]

Lời giải: (tiếp theo)

Nhận xét 2:  $X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ đồng quy tại $Z$.

Chứng minh nhận xét 2:

Áp dụng bổ đề 1 cho chuỗi 4 đường tròn $(O),(A_2),(A_1),(A_3)$, suy ra $X_2,T_3,T_2,X_3 \in (\gamma_1)$.

Tương tự $X_1,T_1,X_2,T_2 \in (\gamma_3)$ và $X_1,T_1,X_3,T_3 \in (\gamma_2)$.

Do đó $X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ là các trục đẳng phương của $(\gamma_1),(\gamma_2),(\gamma_3)$ nên chúng đồng quy tại $Z$.

==================================

Nhận xét 3: $X_2X_3,T_3T_2,A_3A_2,M_2M_3,I_1K_1$ đồng quy tại $L_1$.

Chứng minh nhận xét 3:

Vẽ $X_2X_3 \cap T_2T_3=L_1$. Trong nhận xét 2, ta đã có $X_2,X_3,T_2,T_3 \in (\gamma_1)$

Nên $ \Rightarrow \overline {L_1 X_2 } .\overline {L_1 X_3 }  = \overline {L_1 T_2 } .\overline {L_1 T_3 }  \Rightarrow P_{L_1 /\left( {A_1 } \right)}  = P_{L_1 /\left( O \right)}  \Rightarrow L_1  \in M_2 M_3 $

Áp dụng bổ đề 1 cho chuỗi 4 đường tròn $(O),(A_2),(B_1),(A_3)$ thì $X_2,K_1,I_1,X_3 \in (\gamma_4)$.

Trong nhận xét 1, ta đã chứng minh $I_1,K_1,T_3,T_2 \in (\omega_1)$.

Suy ra $X_3X_2,T_3T_2,I_1K_1$ là các trục đẳng phương của $(\gamma_1),(\gamma_4), (\omega_1)$ và do $L_1=X_2X_3 \cap T_2T_3 \Rightarrow L_1 \in I_1K_1$.

Áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1T_2T_3$ và $B_1I_1K_1$ có $A_1B_1,T_2I_1,T_3K_1$ đồng quy tại $M_2$ (do nhận xét 1) nên $A_2(=B_1K_1 \cap A_1T_3),A_3(=B_1I_1 \cap A_1T_2),L_1(=I_1K_1 \cap T_3T_2)$ thẳng hàng, tức $L_1 \in A_3A_2$.

Nhận xét 3 được chứng minh.

==================================

Tương tự, ta xác định các điểm $L_1,L_3$. Ta chứng minh các điểm $L_1,L_2,L_3$ thẳng hàng.

Thật vậy, trong $\triangle A_1A_2A_3$,  bằng định lý Céva, dễ dàng chứng minh $A_1T_1,A_2T_2,A_3T_3$ đồng quy.

Do đó, áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1A_2A_3,T_1T_2T_3$ thì ta có $L_1(=A_2A_3 \cap T_2T_3),L_2(=A_1A_3\cap T_1T_3),L_3(=A_1A_2 \cap T_1T_2)$ thẳng hàng.

Mặt khác, từ nhận xét 3 thì $L_1=X_2X_3 \cap T_2T_3,\,\,L_2=M_1X_2 \cap A_1T_2,\,\,L_3=M_1X_3\cap A_1T_3$.

Nên tiếp tục áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $M_1X_2X_3,A_1T_3T_2$ thì ta có $A_1M_1,T_3X_3,T_2X_2$ đồng quy.

Vì $M_1,A_1,B_1$ thẳng hàng và từ nhận xét 2 nên $Z \in B_1A_1$.

Chứng minh tương tự, ta có $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3,X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ đồng quy tại $Z$. Chứng minh hoàn tất.

==================================

Nhận xét thêm:

1, Có thể chứng minh trực tiếp $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$ đồng quy mà không qua nhận xét 2 như sau:

Từ nhận xét 3 thì $L_1=M_2M_3 \cap A_2A_3,\,\, L_2=M_1M_3\cap A_1A_3,\,\, L_3=M_1M_2 \cap A_1A_2$. Nên tiếp tục áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1A_2A_3$ và $M_1M_2M_3$ thì ta có $A_1M_1,A_2M_2,A_3M_3$ đồng quy, hay $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$ đồng quy.

2, $L_iH_i$ là tiếp tuyến của $(O) (i=\overline{1,3})$

3, Các bộ đường thẳng $(M_1A_1,M_3J_3,M_2J_2),(M_1K_1,M_2A_2,M_3K_3), (M_1I_1,M_2I_2,M_3A_3)$ thứ tự đồng quy tại $Z_1,Z_2,Z_3$. Và các đường thẳng $T_1Z_1,T_2Z_2,T_3Z_3$ đồng quy.

4, Các bộ đường thẳng $(X_1T_2,X_2T_1,OX_3),(X_1T_3,OX_2,X_3T_1), (OX_1,X_2T_3,X_3T_2)$ tương ứng đồng quy tại $Q_3,Q_2,Q_1$. Và các bộ điểm $(Q_1,Q_2,L_3),(Q_1,L_2,Q_3),(L_1,Q_2,Q_3)$ thẳng hàng.

Các nhận xét thêm 2,3,4 đều có thể dễ dàng chứng minh.

[khongghen]

Lời giải: (tiếp theo)

Nhận xét 2:  $X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ đồng quy tại $Z$.

Chứng minh nhận xét 2:

Áp dụng bổ đề 1 cho chuỗi 4 đường tròn $(O),(A_2),(A_1),(A_3)$, suy ra $X_2,T_3,T_2,X_3 \in (\gamma_1)$.

Tương tự $X_1,T_1,X_2,T_2 \in (\gamma_3)$ và $X_1,T_1,X_3,T_3 \in (\gamma_2)$.

Do đó $X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ là các trục đẳng phương của $(\gamma_1),(\gamma_2),(\gamma_3)$ nên chúng đồng quy tại $Z$.

==================================

Nhận xét 3: $X_2X_3,T_3T_2,A_3A_2,M_2M_3,I_1K_1$ đồng quy tại $L_1$.

Chứng minh nhận xét 3:

7 circlesnx3.png

Vẽ $X_2X_3 \cap T_2T_3=L_1$. Trong nhận xét 2, ta đã có $X_2,X_3,T_2,T_3 \in (\gamma_1)$

Nên $ \Rightarrow \overline {L_1 X_2 } .\overline {L_1 X_3 }  = \overline {L_1 T_2 } .\overline {L_1 T_3 }  \Rightarrow P_{L_1 /\left( {A_1 } \right)}  = P_{L_1 /\left( O \right)}  \Rightarrow L_1  \in M_2 M_3 $

Áp dụng bổ đề 1 cho chuỗi 4 đường tròn $(O),(A_2),(B_1),(A_3)$ thì $X_2,K_1,I_1,X_3 \in (\gamma_4)$.

Trong nhận xét 1, ta đã chứng minh $I_1,K_1,T_3,T_2 \in (\omega_1)$.

Suy ra $X_3X_2,T_3T_2,I_1K_1$ là các trục đẳng phương của $(\gamma_1),(\gamma_4), (\omega_1)$ và do $L_1=X_2X_3 \cap T_2T_3 \Rightarrow L_1 \in I_1K_1$.

Áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1T_2T_3$ và $B_1I_1K_1$ có $A_1B_1,T_2I_1,T_3K_1$ đồng quy tại $M_2$ (do nhận xét 1) nên $A_2(=B_1K_1 \cap A_1T_3),A_3(=B_1I_1 \cap A_1T_2),L_1(=I_1K_1 \cap T_3T_2)$ thẳng hàng, tức $L_1 \in A_3A_2$.

Nhận xét 3 được chứng minh.

==================================

Tương tự, ta xác định các điểm $L_1,L_3$. Ta chứng minh các điểm $L_1,L_2,L_3$ thẳng hàng.

Thật vậy, trong $\triangle A_1A_2A_3$,  bằng định lý Céva, dễ dàng chứng minh $A_1T_1,A_2T_2,A_3T_3$ đồng quy.

Do đó, áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1A_2A_3,T_1T_2T_3$ thì ta có $L_1(=A_2A_3 \cap T_2T_3),L_2(=A_1A_3\cap T_1T_3),L_3(=A_1A_2 \cap T_1T_2)$ thẳng hàng.

7 circlessol.png

Mặt khác, từ nhận xét 3 thì $L_1=X_2X_3 \cap T_2T_3,\,\,L_2=M_1X_2 \cap A_1T_2,\,\,L_3=M_1X_3\cap A_1T_3$.

Nên tiếp tục áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $M_1X_2X_3,A_1T_3T_2$ thì ta có $A_1M_1,T_3X_3,T_2X_2$ đồng quy.

Vì $M_1,A_1,B_1$ thẳng hàng và từ nhận xét 2 nên $Z \in B_1A_1$.

Chứng minh tương tự, ta có $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3,X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ đồng quy tại $Z$. Chứng minh hoàn tất.

==================================

Nhận xét thêm:

1, Có thể chứng minh trực tiếp $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$ đồng quy mà không qua nhận xét 2 như sau:

Từ nhận xét 3 thì $L_1=M_2M_3 \cap A_2A_3,\,\, L_2=M_1M_3\cap A_1A_3,\,\, L_3=M_1M_2 \cap A_1A_2$. Nên tiếp tục áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1A_2A_3$ và $M_1M_2M_3$ thì ta có $A_1M_1,A_2M_2,A_3M_3$ đồng quy, hay $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$ đồng quy.

2, $L_iH_i$ là tiếp tuyến của $(O) (i=\overline{1,3})$

3, Các bộ đường thẳng $(M_1A_1,M_3J_3,M_2J_2),(M_1K_1,M_2A_2,M_3K_3), (M_1I_1,M_2I_2,M_3A_3)$ thứ tự đồng quy tại $Z_1,Z_2,Z_3$. Và các đường thẳng $T_1Z_1,T_2Z_2,T_3Z_3$ đồng quy.

4, Các bộ đường thẳng $(X_1T_2,X_2T_1,OX_3),(X_1T_3,OX_2,X_3T_1), (OX_1,X_2T_3,X_3T_2)$ tương ứng đồng quy tại $Q_3,Q_2,Q_1$. Và các bộ điểm $(Q_1,Q_2,L_3),(Q_1,L_2,Q_3),(L_1,Q_2,Q_3)$ thẳng hàng.

Các nhận xét thêm 2,3,4 đều có thể dễ dàng chứng minh.

 

Trong bài toán trên cháu thấy chứng minh ba đường thẳng nối tâm của ba đường tròn đồng quy khó hay các tiếp điểm đối đỉnh nói lại đồng quy khó?

[perfectstrong]

Chứng minh nhận xét thêm 2:

Từ nhận xét 3, ta đã có $X_2,X_3,I_1,K_1$ đồng viên nên

$$\overline{L_1X_2}.\overline{L_1X_3}=\overline{L_1I_1}.\overline{L_1K_1} \Rightarrow P_{L_1/(O)}=P_{L_1/(B_1)}$$

Kết hợp với giả thiết $(B_1)$ tiếp xúc $(O)$ tại $H_1$ thì ta có ngay $L_1H_1$ là tiếp tuyến của $(O),(B_1)$.

Tương tự với $L_2H_2,L_3H_3$.

======================

Nhận xét thêm:

3, (bổ sung) Điểm đồng quy của $T_1Z_1,T_2Z_2,T_3Z_3$ là $Z''$. Điểm đồng quy của $A_1T_1,A_2T_2,A_3T_3$ là $Z'$.
Khi đó $Z,Z',Z''$ thẳng hàng.

5, Bài toán và chứng minh trên vẫn đúng khi thay giả thiết $(O)$ tiếp xúc trong với $(A_i),(B_i)$ bởi $(O)$ tiếp xúc ngoài với $(A_i),(B_i)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 17-06-2013 - 22:55

[khongghen]

All problem.

 

Three (A),(B),(C)circle (red) are tangent together and tangent with (G) and (K).

Three (M11),(M21),(M31) circle (blue) leve 1: (M11) is tangent (B) and (C) and (G) (or (K)), (M21) is tangent (A) and (C) and (G) (or (K)), (M31) is tangent (A) and (B) and (G) (or (K)).

Three leve n circle (M1i,M2i,M3i): (M1i) is tangent (B) and (C) and (M1(i-1)); (M2i) is tangent (A) and (C) and (M2(i-1)); (M3i) is tangent (A) and (B) and (M3(i-1))

Hi is circle through tangent point (Mki) and (Mk(i-1)) ; k=1,2,3

Mji tangent (A),(B),(C) at Aji(j=1,2,3,4,5,6)

Problem 1-AM1i,BM2i,CM3i concurrent

Problem 2-Aji(j=1,2,3,4,5,6) are concyclic, Oi circumcircle of (A1iA2iA3iA4iA5iA6i)

Problem 3- G,K ,Ki,Oi,Hi (i=1,2,3,4….) is conlinear

 

Perfectstrong xem bai bao mau nhe(may chu hong unikey)-------------> thong cam nhe

 June-July 2013.pdf   125.27K   320 Số lần tải

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khongghen: 17-06-2013 - 23:36